2018年高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时达标16导数与函数的综合问题理[解密考纲]本考点主要以基本初等函数为载体，综合应用函数、导数、方程、不等式等知识，常考查恒成立问题、存在性问题或者与实际问题相结合讨论最优解等问题，综合性较强，常作为压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．1．已知函数f(x)＝x2－ax－alnx(a∈R)．(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；(2)在(1)的条件下，求证：f(x)≥－＋－4x＋.解析：(1)f′(x)＝2x－a－，由题意可得f′(1)＝0，解得a＝1.经检验，a＝1时f(x)在x＝1处取得极值，所以a＝1.(2)由(1)知，f(x)＝x2－x－lnx，令g(x)＝f(x)－＝－＋3x－lnx－，由g′(x)＝x2－3x＋3－＝－3(x－1)＝(x>0)，可知g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，∴g(x)min＝g(1)＝－＋3－＝0，∴当x>0时，g(x)≥g(1)＝0，于是f(x)≥－＋－4x＋.2．设函数f(x)＝x2＋ln(x＋1)，其中b≠0.证明：对于任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1≠x2，都有>.证明：f(x)＝x2＋ln(x＋1)，令h(x)＝f(x)－x＝x2＋ln(x＋1)－x(x≥1)，h′(x)＝2x＋－＝，当x≥1时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[1，＋∞)上是增函数．由已知，不妨设1≤x1.3．(2015·北京卷)设函数f(x)＝－klnx，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．解析：(1)由f(x)＝－klnx(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)．f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：x(0，)(，＋∞)f′(x)－0＋f(x)所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．f(x)在x＝处取得极小值f()＝.(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝，因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．当k>e时，f(x)在区间(1，]上单调递减，且f(1)＝>0，f()＝<0，所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．4．(2017·河南新乡调研)已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－1xex.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1).所以a的取值范围为.5．(2016·辽宁调研)已知函数f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)当a＝1时，求f(x)的极值，并证明|f(x)|>g(x)＋恒成立；(2)是否存在实数a，使f(x)的最小值为3？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝x－lnx，∴f′(x)＝1－＝，∴当00，此时f(x)单调递增．∴f(x)的极小值为f(1)＝1，∴f(x)在(0，e]上的最小值为1.令h(x)＝g(x)＋＝＋，则h′(x)＝，当00，则h(x)在(0，e]上单调递增，∴h(x)max＝h(e)＝＋<＋＝1＝f(x)min.∴|f(x)|>g(x)＋恒成立．(2)假设存在实数a，使f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，有最小值3，f′(x)＝a－＝.①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，∴a＝(舍去)，∴a≤0时，不存在实数a使f(x)的最小值为...
